Teorema dei cerchi baciantisi

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blackdie
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Teorema dei cerchi baciantisi

Messaggio da blackdie » 03 gen 2006, 17:05

Il teorema, relativamente poco conosciuto, può essere introdotto come un problema: "Qual è il valore del raggio del cerchio tangente internamente ad un sistema di tre cerchi tangenti fra di loro a due a due?"

Presente a questo link

http://www.matematicamente.it/cimolin/f ... rmula3.htm

chi è in grado di darne una dimostrazione?


Grazie ciao

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 03 gen 2006, 17:59

Eccone una bieca e contosa, ma che non richiede troppe idee :

Poniamo che i tre cerchi abbiano raggi a,b,c e che due di essi abbiano centro sull'asse x e passino per l'origine. I centri saranno dunque
$ (a,0)\quad (-b,0)\quad (c\frac{a-b}{a+b},\frac{2}{a+b}\sqrt{abc(a+b+c)}) $

Ora, invertendo tutto rispetto alla circonferenza $ x^2+y^2=1 $ i primi due cerchi vanno nelle rette
$ x=1/2a\quad x=-1/2b $

Il terzo cerchio va in un cerchio che ha centro sulla retta $ x=\frac{b-a}{4ab} $ e raggio $ \frac{a+b}{4ab} $. Per determinare l'ordinata del centro si può ad es. calcolare un punto di tangenza e poi il suo inverso. La sua ordinata sarà quella del centro. Sia Y tale ordinata (non ho voglia di fare il conto)

Ora, l'inverso del 4° cerchio sarà una tra le due circonferenze :
(1) $ (x-X)^2+(y-(Y+2R))^2=R^2 $
(2) $ (x-X)^2+(y-(Y-2R))^2=R^2 $ dove X,Y,R sono ascissa e ordinata del centro dell'inverso della terza circonferenza e R ne è il raggio.

Riportando queste due circonferenze con un'altra inversione nella cfr unitaria, si ottengono le due circonferenze che risolvono il problema, tangendo le 3 assegnate.
Facendo i conti e scrivendo tutto in termini delle curvature si ottiene la formula di Cartesio.

blackdie
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Messaggio da blackdie » 03 gen 2006, 22:01

grazie!mi chiedo se ci fosse anche una dimostrazione non analitica.esiste?


ciao!

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 03 gen 2006, 22:45

sì ma è un po' contorta, quando ho tempo forse la posto.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 06 gen 2006, 19:52

Ok, ecco la soluzione "sintetica" ...

Siano $ C_i $ i=1...4 4 circonferenze tali che ognuna tange le altre tre.
Ora, sia $ D_1 $ la circonferenza che passa per i punti di tangenza tra $ C_2,C_3,C_4 $. Similmente siano definite $ D_2,D_3,D_4 $. E' evidente che anche queste 4 circonferenze si tangono nello stesso modo e negli stessi punti.

Ora, siano A,B,C i centri di $ C_1,C_2,C_3 $; allora $ D_4 $ è cerchio inscritto (1) o exscritto (2) del triangolo ABC.

Chiamiamo $ h_i $ la curvatura (l'inverso del raggio) di $ C_i $ e $ k_i $ la curvatura di $ D_i $.

Se siamo nel caso (1) si avrà :
$ \displaystyle{h_1=\frac{1}{s-a}\quad h_2=\frac{1}{s-b}\quad h_3=\frac{1}{s-c}\quad k_4=\pm\frac{1}{r}} $
dove a,b,c sono i lati, s è il semiperimetro, r è il raggio del cerchio inscritto. Il segno più o meno dipende dal fatto che H_4 tanga gli altri esternamente o internamente.

Se siamo nel caso (2) si avrà :
$ \displaystyle{h_1=-\frac{1}{s}\quad h_2=\frac{1}{s-c}\quad h_3=\frac{1}{s-b}\quad k_4=\pm\frac{1}{r_a}} $
Dove r_a è il raggio del cerchio exscritto opposto al vertice A e il meno in h_1 si deve al fatto che tale cerchio contiene gli altri.

In entrambi i casi si ha $ h_2h_3+h_3h_1+h_1h_2=k_4^2 $ e cicliche; simmetricamente $ k_2k_3+k_3k_1+k_1k_2=h_4^2 $ e cicliche.
Quindi $ \left(\sum h_i\right)^2=\sum h_i^2 + \sum 2h_ih_j = \sum h_i^2 + \sum k_i^2 $ e per simmetria anche $ \left(\sum k_i\right)^2=\sum k_i^2+\sum h_i^2 $.

Da ciò $ \sum h_i=\sum k_i >0 $. Del resto, osserviamo che $ (h_1+h_2+h_3-h_4)(h_1+h_2+h_3+h_4)=h_1^2+h_2^2+h_3^2-h_4^2+2k_4^2 $ da cui, sostituendo i quadrati con le somme di prodotti, si ottiene che
$ (h_1+h_2+h_3-h_4)(h_1+h_2+h_3+h_4)=2k_4(k_1+k_2+k_3+k_4) $ e dunque $ h_1+h_2+h_3-h_4=2k_4 $ ( e cicliche).
Sommando le quattro espressioni e elevando al quadrato si ottiene $ \sum h_i^2=\sum k_i^2 $ e dunque $ 2\sum h_i^2=\sum h_i^2 + \sum k_i^2=\left(\sum h_i\right)^2 $.

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